牛客网国庆集训派对Day4题目 2018年

链接：https://www.nowcoder.com/acm/contest/204/A
来源：牛客网

深度学习

时间限制：C/C++ 1秒，其他语言2秒
空间限制：C/C++ 1048576K，其他语言2097152K
Special Judge, 64bit IO Format: %lld

题目描述

小 A 最近在研究深度学习，他自己搭建了一个很牛逼的神经网络，现在他手头一共有 n 组训练数据，一开始他会给自己的神经网络设置一个 batch size，假设为 B (1≤ B≤ n) ，每次训练他都会从手头的 n 组训练数据中抽取不同的 B 组数据，然后扔到神经网络去训练。
然而小 A 的服务器并不是特别支持并行，所以运行时间和 B 成正比，每一次训练都会花费 B 秒的时间。
现在小 A 发现这样每次随机选数据的话，从概率上讲要训练好多次才能使得每组训练数据都被选中过。小 A 是一个炼丹的新手，他觉得只要所有训练数据都被选中过，那么这个模型就会很牛逼，所以只要某次训练后，如果所有训练数据都被选中过，那么他就会停止进行训练。
现在他想合理地设置 B ，使得训练总时间的期望值尽可能地短，你只需要求出这个最小的期望值。

输入描述:

第一行一个正整数 n

输出描述:

输出一个实数，表示最小的期望值，本题有spj，只要和标准答案的标准误差在 10^-3 以内就算正确

示例1

输入

复制

1

输出

复制

1.000000

备注:

1≤ n ≤ 40

思路：浪费时间的总和是大于等于n的，所以求的最小的就是n。

 #include<bits/stdc++.h>
 using namespace std;

 int main()
 {
     double n;
     scanf("%lf",&n);
    printf("%.6f\n",n);
     return ;
 }

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最小生成树

时间限制：C/C++ 1秒，其他语言2秒
空间限制：C/C++ 1048576K，其他语言2097152K
64bit IO Format: %lld

题目描述

小 A 有一张 n 个点的带权无向图，这张无向图非常特别，首先第 i 个点有一个点权 a_i，之后这张无向图是一张完全图，且边 (u,v) 的权值为 a_u+a_v
现在小 A 想找一个这张图的边权之和最小的生成树，需要你来帮帮他

输入描述:

第一行一个正整数 n
第二行 n 个整数 a

₁

,a

₂

…a

_n

输出描述:

输出边权和最小的生成树的边权之和

示例1

输入

复制

3
1 2 3

输出

复制

7

备注:

1≤ n≤ 10

⁵

0≤ a

_i

≤ 10

⁹

思路：把n-1个点都和根结点相连，求出n-1条边的总和即可。

 #include<bits/stdc++.h>
 using namespace std;
 typedef long long ll;
 const int maxn=1e5+;
 ll a[maxn];
 int main()
 {
     int n;
     scanf("%d",&n);
    for(int i=;i<=n;i++)
    {
        scanf("%lld",&a[i]);
    }
    sort(a+,a+n+);
    ll sum=;
    for(int i=;i<=n;i++)
    {
         sum+=a[]+a[i];
    }
    printf("%lld\n",sum);
    return ;
 }

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区间权值

时间限制：C/C++ 1秒，其他语言2秒
空间限制：C/C++ 1048576K，其他语言2097152K
64bit IO Format: %lld

题目描述

小 Bo 有 n 个正整数 a₁..a_n，以及一个权值序列 w₁…w_n，现在他定义
现在他想知道 的值，需要你来帮帮他
你只需要输出答案对 10⁹+7 取模后的值

输入描述:

第一行一个正整数 n
第二行 n 个正整数 a

₁

..a

_n

第三行 n 个正整数 w

₁

..w

_n

输出描述:

输出答案对 10

⁹

+7 取模后的值

示例1

输入

复制

3
1 1 1
1 1 1

输出

复制

10

备注:

1≤ n≤ 3x 10

⁵

1≤ a

_i

≤ 10

⁷

1≤ w

_i

≤ 10

⁷

 

思路：前缀和。有对称性。把式子展开找出w1~wn的各个和ai的乘积和。

代码：

 #include<bits/stdc++.h>
 using namespace std;
 typedef long long ll;
 const int maxn=3e5+;
 const int mod=1e9+;
 int n,pnt;
 ll a[maxn],w[maxn],suma[maxn],sumb[maxn];
 ll sumc[maxn];
 int main()
 {
     scanf("%d",&n);
     for(int i=; i<=n; i++)
     {
         scanf("%lld",&a[i]);
         suma[i]=suma[i-]+a[i];
         suma[i]%=mod;
     }
     for(int i=; i<=n; i++)
         scanf("%lld",&w[i]);
     sumb[]=suma[n];
     for(int i=; i<=n; i++)
     {
         if(n-i+>i-)
         {
             sumb[i]=sumb[i-]+(suma[n-i+]-suma[i-]);
             sumb[i]%=mod;
         }
         else
         {
             pnt=i-;
             break;
         }
     }
     sumb[n]=suma[n];
     for(int i=n-; i>=pnt+; i--)
     {
         sumb[i]=sumb[n-i+];
     }
     ll ans=;
     for(int i=; i<=n; i++)
     {
         ans+=(sumb[i]%mod*w[i]%mod)%mod;
         ans%=mod;
     }
     ans%=mod;
     printf("%lld\n",ans);
     return ;
 }

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连通块计数

时间限制：C/C++ 1秒，其他语言2秒
空间限制：C/C++ 1048576K，其他语言2097152K
64bit IO Format: %lld

题目描述

小 A 有一棵长的很奇怪的树，他由 n 条链和 1 个点作为根构成，第 i 条链有 a_i 个点，每一条链的一端都与根结点相连。
现在小 A 想知道，这棵长得奇怪的树有多少非空的连通子树，你只需要输出答案对 998244353 取模的值即可

输入描述:

第一行一个正整数 n
第二行 n 个正整数 a

₁

…a

_n

输出描述:

输出答案对 998244353 取模后的值

示例1

输入

复制

2
1 1

输出

复制

6

备注:

1≤ n≤ 10

⁵

1≤ a

_i

≤ 10

⁷

 

思路：分为两部分：含有根结点+不含根结点的各个部分和。

代码：

 #include<bits/stdc++.h>
 using namespace std;
 typedef long long ll;
 const int maxn=1e5+;
 ll a[maxn];
 ll b[maxn];
 int main()
 {
     int n;
     scanf("%d",&n);
     for(int i=;i<=n;i++)
     {
         scanf("%lld",&a[i]);
         b[i]=a[i]+;
     }
     sort(b+,b+n+);
     ll he=;
     for(int i=;i<=n;i++)
     {
         he=(he*b[i])%;
     }
     for(int i=;i<=n;i++)
     {
         he=(he+(a[i]*(a[i]+)/%()))%;
     }
     printf("%lld\n",he);
     return ;
 }

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寻找复读机

时间限制：C/C++ 1秒，其他语言2秒
空间限制：C/C++ 1048576K，其他语言2097152K
64bit IO Format: %lld

题目描述

某个 QQ 群里一共有 n 个人，他们的编号是 1..n，其中有一些人本质上是复读机。
小 A 发现，如果一个人的本质是复读机，那么他每次发的消息一定跟群里的上一条消息一样，特别地第一个发消息的人一定不是复读机。
现在小 A 搞到了一份聊天记录，他想请你找出所有可能是复读机的群友

输入描述:

第一行两个正整数 n,m，表示群里的人数和聊天记录的总条数
接下来 m 行按时间顺序给出聊天记录，每行有一个正整数 x 和一个小写字母字符串 S，表示群友 x 发了消息 S

输出描述:

输出一行，将所有可能是复读机的群友的编号按照从小到大排序后输出，每两个编号之间隔一个空格

示例1

输入

复制

3 5
1 gugugu
2 gugugu
1 gugu
3 tingzhifudu
2 tingzhifudu

输出

复制

2

备注:

1≤ n≤ 10

³

1≤ m≤ 10

³

1≤ |S|≤ 100

思路：用map，strcpy,strcmp，然后找谁不是复读机，输出是复读机的即可。
代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=1e5+;
map <int ,int> a;
char s[],tmp[];
int x;
int main()
{
    int n,m;
    scanf("%d %d",&n,&m);
    scanf("%d %s",&x,&s);
    a[x]=;
    strcpy(tmp,s);
    for(int i=;i<=m;i++)
    {
        scanf("%d %s",&x,&s);
        if(strcmp(s,tmp)!=)
        {
            a[x]=;
        }
        strcpy(tmp,s);
    }
    for(int i=;i<=n;i++)
    {
        if(a[i]==)
        {
            printf("%d ",i);
        }
    }
    return ;
}

链接：https://www.nowcoder.com/acm/contest/204/H
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树链博弈

时间限制：C/C++ 1秒，其他语言2秒
空间限制：C/C++ 1048576K，其他语言2097152K
64bit IO Format: %lld

题目描述

给定一棵 n 个点的树，其中 1 号结点是根，每个结点要么是黑色要么是白色
现在小 Bo 和小 Biao 要进行博弈，他们两轮流操作，每次选择一个黑色的结点将它变白，之后可以选择任意多个(可以不选)该点的祖先(不包含自己)，然后将这些点的颜色翻转，不能进行操作的人输
由于小 Bo 猜拳经常输给小 Biao，他想在这个游戏上扳回一城，现在他想问你给定了一个初始局面，是先手必胜还是后手必胜

输入描述:

第一行一个正整数 n
第二行 n 个整数 w

₁

..w

_n

，w

_i

∈ {0,1}，w

_i

=1 表示第 i 个结点一开始是黑点，否则是白点
接下来 n-1 行，每行两个正整数 u,v 表示一条树边 (u,v)

输出描述:

如果先手必胜，输出First ，否则输出Second

示例1

输入

复制

2
1 0
1 2

输出

复制

First

备注:

1≤ n≤ 1000

思路：DFS找出每一个点所在的层数，若果每一层的黑色为偶数则输出“Second”。
代码：

 #include <bits/stdc++.h>
 using namespace std;
 const int Max = 3e6+;
 vector <int> ma[Max];
 int du[Max],deep[Max];
 bool visited[Max];
 int color[Max];
 int n;
 #define rep(i,s,n)  for(int i=s;i<=n;i++)
 #define per(i,n,s)  for(int i=n;i>=s;i--)

 void DFS(int u, int dp){
       deep[u]=dp;
       visited[u]=true;
       int len=ma[u].size();
       rep(i,,len-){
            int to=ma[u][i];
            if(!visited[to]){
             DFS(to,++dp);
             dp--;
            }
       }
 }

 int main(){
      scanf("%d",&n);
      rep(i,,n){
          scanf("%d",&color[i]);
      }
      int u,v;
      rep(i,,n-){
         scanf("%d %d",&u,&v);
         ma[u].push_back(v);
         ma[v].push_back(u);
      }
      DFS(,);
      bool  ok=;
      rep(i,,n){
          if(color[i]){
             du[deep[i]]++;
          }
      }
      rep(i,,n){
         if(du[i]%==){
             ok=;
             break;
         }
               }
      if(ok){
         printf("Second\n");
      }
      else{
         printf("First\n");
      }
      return ;
 }